Lớp 11 - SBT Toán học Giải bài 2.37, 2.38, 2.39, 2.40 trang 84 Sách bài tập Hình học 11
Bài 2.37 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11
Trong mặt phẳng \(\left( \alpha \right)\) cho tam giác ABC. Từ ba đỉnh của tam giác này ta kẻ các nửa đường thẳng song song cùng chiều Ax, By, Cz không nằm trong \(\left( \alpha \right)\). Trên Ax lấy đoạn AA’ = a, trên By lấy đoạn BB’ = b, trên Cz lấy đoạn CC’ = c.
a) Gọi I, J và K lần lượt là các giao điểm B’C’, C’A’ và A’B’ với \(\left( \alpha \right)\).
Chứng minh rằng \({{IB} \over {IC}}.{{JC} \over {J{\rm{A}}}}.{{K{\rm{A}}} \over {KB}} = 1\)
b) Gọi G và G’ lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC và A’B’C’.
Chứng minh: \(GG'\parallel AA'\).
c) Tính GG’ theo a, b, c
Giải:
.jpg)
a) \(CC'\parallel BB' \Rightarrow \Delta ICC' \sim \Delta IBB'\)
\( \Rightarrow {{IB} \over {IC}} = {{BB'} \over {CC'}} = {b \over c}\)
\(CC'\parallel AA' \Rightarrow \Delta JCC' \sim \Delta JAA'\)
\( \Rightarrow {{JC} \over {JA}} = {{CC'} \over {AA'}} = {c \over a}\)
\(AA'\parallel BB' \Rightarrow \Delta KAA' \sim \Delta KBB'\)
\( \Rightarrow {{KA} \over {KB}} = {{AA'} \over {BB'}} = {a \over b}\)
Do đó: \({{IB} \over {IC}}.{{JC} \over {J{\rm{A}}}}.{{K{\rm{A}}} \over {KB}} = {b \over c}.{c \over a}.{a \over b} = 1\)
b) Gọi H và H’ lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và B’C’. Vì HH’ là đường trung bình của hình thang BB’CC’ nên \(HH'\parallel BB'\).
Mà \(BB'\parallel AA'\) suy ra \(HH'\parallel AA'\)
Ta có: \(G \in AH\) và \(G' \in A'H'\) và ta có:
\(\left\{ \matrix{
{{AG} \over {AH}} = {2 \over 3} \hfill \cr
{{A'G'} \over {A'H'}} = {2 \over 3} \hfill \cr} \right. \Rightarrow AA'\parallel GG'\parallel HH'\)
c) \(AH' \cap GG' = M \Rightarrow GG' = G'M + MG\)
Ta có: \(G'M\parallel AA' \Rightarrow \Delta H'G'M \sim \Delta H'A'A\)
\( \Rightarrow {{G'M} \over {AA'}} = {{H'G'} \over {H'A'}} = {1 \over 3} \Rightarrow G'M = {1 \over 3}AA' = {1 \over 3}a\)
\(MG\parallel HH' \Rightarrow \Delta AMG \sim \Delta AH'H\)
\( \Rightarrow {{MG} \over {HH'}} = {{AG} \over {AH}} = {2 \over 3} \Rightarrow MG = {2 \over 3}HH'\)
Mặt khác HH’ là đường trung bình của hình thang BB’CC’ nên
\(HH' = {{BB' + CC'} \over 2} = {{b + c} \over 2} \Rightarrow MG = {2 \over 3}HH' = {2 \over 3}.{{b + c} \over 2} = {1 \over 3}\left( {b + c} \right)\)
Do đó: \(GG' = G'M + MG = {1 \over 3}a + {1 \over 3}\left( {b + c} \right) = {1 \over 3}\left( {a + b + c} \right)\)
Vậy \(GG' = {1 \over 3}\left( {a + b + c} \right)\).
Bài 2.38 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11
Cho tứ diện ABCD và điểm M nằm trong tam giác BCD.
a) Dựng đường thẳng qua M song song với hai mặt phẳng (ABC) và (ABD). Giả sử đường thẳng này cắt mặt phẳng (ACD) tại B’.
Chứng minh rằng AB’, BM và CD đồng quy tại một điểm.
b) Chứng minh \({{MB'} \over {BA}} = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\)
c) Đường thẳng song song với hai mặt phẳng (ACB) và (ACD) kẻ từ M cắt (ABD) tại C’ và đường thẳng song song với hai mặt phẳng (ADC) và (ADB) kẻ từ M cắt (ABC) tại D’. Chứng minh rằng
\({{MB'} \over {BA}} + {{MC'} \over {CA}} + {{M{\rm{D}}'} \over {DA}} = 1\)
Giải:
.jpg)
a) MB’ qua M và song song với (ABC) và \(\left( {ABD} \right) \Rightarrow MB'\) song song với giao tuyến AB của hai mặt phẳng này. Ta có: \(MB'\parallel AB\) nên MB’ và AB xác định một mặt phẳng. Giả sử MB cắt AB’ tại I.
Ta có: \(I \in BM \Rightarrow I \in \left( {BC{\rm{D}}} \right)\)
\(I \in AB' \Rightarrow I \in \left( {AC{\rm{D}}} \right)\)
Nên \(I \in \left( {BC{\rm{D}}} \right) \cap \left( {AC{\rm{D}}} \right) = C{\rm{D}}\)
\(I \in C{\rm{D}}\)
Vậy ba đường thẳng AB’, BM và CD đồng quy tại I.
b) \(MB'\parallel AB \Rightarrow {{MB'} \over {AB}} = {{IM} \over {IB}}\)
Kẻ \(MM' \bot C{\rm{D}}\) và \(BH \bot C{\rm{D}}\)
Ta có: \(MM'\parallel BH \Rightarrow {{IM} \over {IB}} = {{MM'} \over {BH}}\)
Mặt khác:
\(\left\{ \matrix{
dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right) = {1 \over 2}C{\rm{D}}.MM` \hfill \cr
dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right) = {1 \over 2}C{\rm{D}}.BH \hfill \cr} \right.\)
\({{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} = {{{1 \over 2}C{\rm{D}}.MM'} \over {{1 \over 2}C{\rm{D}}.BH}} = {{MM'} \over {BH}}\)
Do đó: \({{MB'} \over {AB}} = {{IM} \over {IB}} = {{MM'} \over {BH}} = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\). Vậy \({{MB'} \over {AB}} = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\)
c) Tương tự ta có: \({{MC'} \over {CA}} = {{dt\left( {\Delta MB{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\)
\({{MD'} \over {DA}} = {{dt\left( {\Delta MBC} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}}\)
Vậy :
\(\eqalign{
& {{MB'} \over {AB}} + {{MC'} \over {CA}} + {{MD'} \over {DA}} \cr
& = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} + {{dt\left( {\Delta MB{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} + {{dt\left( {\Delta MBC} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} \cr
& = {{dt\left( {\Delta MC{\rm{D}}} \right) + dt\left( {\Delta MB{\rm{D}}} \right) + dt\left( {\Delta MBC} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} \cr
& = {{dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)} \over {dt\left( {\Delta BC{\rm{D}}} \right)}} = 1. \cr} \)
Bài 2.39 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11
Từ các đỉnh của tam giác ABC ta kẻ các đoạn thẳng AA’, BB’, CC’ song song cùng chiều, bằng nhau và không nằm trong mặt phẳng của tam giác. Gọi I, G và K lần lượt là trọng tâm của các tam giác ABC, ACC’, A’B’C’.
a) Chứng minh \(\left( {IGK} \right)\parallel \left( {BB'CC'} \right)\).
b) Chứng minh rằng \(\left( {A'GK} \right)\parallel \left( {AIB'} \right)\).
Giải:
.jpg)
Gọi M và M’ tương ứng là trung điểm của AC và A’C’, ta có:
\(I \in BM,G \in C'M,K \in B'M'\)
Theo tính chất trọng tâm của tam giác ta có:
\({{MI} \over {MB}} = {{MG} \over {MC'}} = {1 \over 3} \Rightarrow IG\parallel BC'\);
\({{MI} \over {MB}} = {{M'K} \over {M'B'}} = {1 \over 3}\) và \(MM'\parallel BB' \Rightarrow IK\parallel BB'\)
Ta có :
\(\left\{ \matrix{
IG\parallel BC` \hfill \cr
BC' \subset \left( {BB'C'C} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow IG\parallel \left( {BB'C'C} \right)\)
\(\left\{ \matrix{
IK\parallel BB` \hfill \cr
BB' \subset \left( {BB'C'C} \right) \hfill \cr} \right. \Rightarrow IK\parallel \left( {BB'C'C} \right)\)
Mặt khác IG và \(IK \subset \left( {IGK} \right)\) nên \(\left( {IGK} \right)\parallel \left( {BB'C'C} \right)\)
b) Gọi E và F tương ứng là trung điểm của BC và B’C’, O là trung điểm của A’C. A, I, E thẳng hàng nên (AIB’) chính là (AEB’). A’, G, C thẳng hàng nên (A’GK) chính là (A’CF).
Ta có \(B'E\parallel CF\) (do B’FCE là hình bình hành ) và \(AE\parallel A'F\) nên \(\left( {AIB'} \right)\parallel \left( {A'GK} \right)\).
Bài 2.40 trang 84 Sách bài tập (SBT) Hình học 11
Cho hình hộp ABCD.A’B’C’D’. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của hai cạnh bên AA’ và CC’. Một điểm P nằm trên cạnh bên DD’.
a) Xác định giao điểm Q của đường thẳng BB’ với mặt phẳng (MNP).
b) Mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo một thiết diện. Thiết diện đó có tính chất gì?
c) Tìm giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp.
Giải:
.jpg)
a) Ta có mặt phẳng (AA’, DD’) song song với mặt phẳng (BB’, CC’). Mặt phẳng (MNP) cắt hai mặt phẳng nói trên theo hai giao tuyến song song.
Nếu gọi Q là điểm trên cạnh BB’ sao cho \(NQ\parallel PM\) thì Q là giao điểm của đường thẳng BB’ với mặt phẳng (MNP)
Nhận xét. Ta có thể tìm điểm Q bằng cách nối P với trung điểm I của đoạn MN và đường thẳng PI cắt BB’ tại Q.
b) Vì mặt phẳng (AA’, BB’) song song với mặt phẳng (DD’, CC’) nên ta có \(MQ\parallel PN\). Do đó mặt phẳng (MNP) cắt hình hộp theo thiết diện MNPQ là một ình bình hành.
Giả sử P không phải là trung điểm của đoạn DD’. Gọi \(H = PN \cap DC,K = MP \cap A{\rm{D}}\). Ta có D = HK là giao tuyến của mặt phẳng (MNP) với mặt phẳng (ABCD) của hình hộp. Chú ý rằng giao điểm \(E = AB \cap MQ\) cũng nằm trên giao tuyến d nói trên. Khi P là trung điểm của DD’ mặt phẳng (MNP) song song với mặt phẳng (ABCD).
congdong.edu.vn